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    2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一(下)月考数学试卷(含答案)

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    2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一(下)月考数学试卷(含答案)

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    这是一份2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一(下)月考数学试卷(含答案),共10页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    1.设集合A={y|y=lnx},B={x|x2−2x−3≤0},则A∩B=( )
    A. {x|0y2>2⇒y1−y2>0,y1y2>4,
    所以g(y1)−g(y2)>0⇒g(y1)>g(y2),
    所以g(y)=y+1y,y≥2为增函数,
    所以当y=2时(y+1y)min =52,∴a≤52.
    所以a的取值范围为(−∞,52].
    17解:(1)由余弦定理知,a2=b2+c2−2bccsA,
    所以a2−(b2+c2)=−2bccsA,
    因为4 3S=a2−(b−c)2,
    所以4 3⋅12bcsinA=a2−(b2+c2)+2bc=−2bccsA+2bc,
    整理得 3sinA+csA=1,
    所以2sin(A+π6)=1,即sin(A+π6)=12,
    因为A∈(0,π),所以A+π6=5π6,即A=2π3.
    (2)由(1)知A=2π3,
    所以B+C=π3,
    由正弦定理知,b2+c2a2=sin2B+sin2Csin2A=43(sin2B+sin2C),
    而sin2B+sin2C=sin2B+sin2(π3−B)=sin2B+( 32csB−12sinB)2=sin2B+34cs2B+14sin2B− 32sinBcsB=54sin2B+34(1−sin2B)− 32sinBcsB
    =12sin2B− 32sinBcsB+34=12⋅1−cs2B2− 34sin2B+34=−12sin(2B+π6)+1,
    因为B∈(0,π3),所以2B+π6∈(π6,5π6),sin(2B+π6)∈(12,1],
    所以sin2B+sin2C=−12sin(2B+π6)+1∈[12,34),
    所以b2+c2a2=43(sin2B+sin2C)∈[23,1),
    即b2+c2a2的取值范围为[23,1).
    18(1)证明:正三棱柱ABC−A1B1C1中,则△ABC为等边三角形,D为AB的中点,
    所以CD⊥AB,而CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
    所以CC1⊥AB,又因为CD∩CC1=C,
    所以AB⊥平面平面CC1D;
    (2)解:取到A1B1的中点D1,连接C1D1,DD1,BD1,
    由题意可得C1D1/​/CD,
    所以∠BC1D1或其补角为异面直线BC1与CD所成的角,
    因为AB= 3AA1,
    由题意可得CD= 32AB=32AA1,BD1= BB12+B1D12= AA12+( 32AA1)2= 72AA1,
    BC1= BC2+CC12= 3AA12+AA12=2AA1,
    在△BCD1中,由余弦定理可得cs∠BC1D1=BC12+C1D12−BD122BC1⋅C1D1
    =4AA12+94AA12−74AA122×2AA1×32AA1=34,
    所以异面直线BC1与CD所成角的余弦值为34;
    (3)解:由(1)可得AB⊥CC1,过C作CE⊥C1D交DC1于E,
    此时AB⊥CE,AB∩DC1=D,
    所以CE⊥平面ABC1,而CE⊂平面BCE,
    所以平面BCE⊥平面ABC1,
    在Rt△CDC1中,由面积相等可得:C1D⋅CE=CD⋅CC1
    可得CE=CD⋅CC1C1D,而CD=32AA1,CC1=AA1,C1D= CD2+CC12= (32AA1)2+AA12= 132AA1,
    所以CE=32AA1⋅AA1 132AA1=3 1313AA1,
    可得C1E= CC12−CE2= AA12−(3 1313AA1)2=2 1313AA1,
    DE=C1D−C1E=( 132−2 1313)AA1=9 1326AA1,
    所以C1EED=2 1313AA19 1326AA1=49.
    19解:(1)首先需要证明:对k=0,1,…,n−1,n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1.
    我们不妨记作ζn=cs2πn+isin2πn,因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1.
    设k=0,1,…,n−1,我们考虑到ζnk=cs2kπn+isin2kπn:
    如果k和n的最大公约数d>1,则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1,从而ζnk不是本原单位根.
    若ζnk不是本原单位根,设(ζnk)m=1,1≤m1.
    这就得到结论:对k=0,1,…,n−1,n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1.
    下面回到原题,考虑n=8.
    此时ζ8=cs2π8+isin2π8= 22+ 22i,全部的8次单位根是1,ζ8,ζ82,…,ζ87,依次列出即是:
    1, 22+ 22i,i,− 22+ 22i,−1,− 22− 22i,−i, 22− 22i.
    根据上面的结论,其中是本原单位根的是ζ8,ζ83,ζ85,ζ87,即 22+ 22i,− 22+ 22i,− 22− 22i, 22− 22i.
    (2)对u∈N∗,我们考虑全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1).
    每个k=1,2,…,2u−1均可表示为k=q⋅2u−m,其中q是正奇数,m∈{1,2,…,u}.
    则(ζ2uk)2m=ζ2uq⋅2u−m+m=(ζ2u2u)q=1q=1,所以ζ2uk是2m次单位根.
    又因为ζ2uk=cs2kπ2u+isin2kπ2u=cs2(q⋅2u−m)π2u+isin2(q⋅2u−m)π2u=cs2qπ2m+isin2qπ2m=ζ2mq,且q和2m的最大公约数为1,故ζ2uk=ζ2uq⋅2u−m=ζ2mq是2m次本原单位根.
    而k=0时,ζ2uk=1是1次本原单位根,故每个2u次单位根都对应一个2m次本原单位根,这里m∈{0,1,2,…,u}.
    另一方面,我们根据刚才证明的结论:ζ2mq=ζ2uq⋅2u−m,对于每个m∈{0,1,2,…,u}和每个2m次本原单位根ζ2mq都对应着一个2u次单位根ζ2uq⋅2u−m.
    通过上述我们就可以知道全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)事实上遍历了所有2m次本原单位根,其中m∈{0,1,2,…,u}.
    所以f2u(x)f2u−1(x)f2u−2(x)(x)f2(x)f1(x)=(x−1)(x−ζ2u)(x−ζ2u2)...(x−ζ2u2u−1)=x2u−1.
    我们就足以直接推出f8(x)=f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1x4−1=x4+1,并且
    f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1,f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1.
    (3)根据第1小问得到的结论,全部的16次本原单位根是ζ16,ζ163,ζ165,…,ζ1615.
    故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|z−ζ16||z−ζ163||z−ζ165|...|z−ζ1615|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|.
    再根据f16(x)的定义,知|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|=|f16(z)|.
    根据第2小问的结论我们可以得到f16(x)=f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1x8−1=x8+1.
    故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|f16(z)|=|z8+1|.
    在|z|=43的条件下,有|z8|=|z|8=9,从而z8在复平面上对应的点可在圆x2+y2=92上自由转动.
    而|z8+1|代表z8和−1在复平面上代表的点之间的距离,也就是圆x2+y2=92上一点到点(0,−1)的距离,
    从而根据几何意义可知最小距离是9−1=8,最大距离是9+1=10.
    所以题目求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围是[8,10].

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